[NOIP模拟赛] 11-11 题解

posted on 2024-11-12 07:36:32 | under | source

T1

题意：有序列 \(a=\{1\dots 2n\}\)，一次操作会变成 \(a_1,a_{n+1},a_2,a_{n+2}\dots a_{n},a_{2n}\)，求多少次操作后变回原来的序列。

\(a_1,a_{2n}\) 显然不变，让剩下的编号减一，假如初始位置是 \(x\)，那么操作后就是 \(2x\bmod (2n-1)\)，求最小的 \(k\) 满足 \(\forall x,x\times 2^k\equiv x\pmod {2n-1}\)。

那么只看 \(x=1\) 即可，欧拉定理：\(2^{\phi(2n-1)}\equiv 1\)，所以枚举其约数验证即可，复杂度 \(O(\sqrt n \log n)\)。

T2

题意：给出序列 \(a\)，每次操作让一个位置变成全局异或和，求最少多少次操作后 \(a\) 变成 \(b\)。

定义全局异或和为 \(s\)，第一次操作是找一个数变成 \(s\)，然后把这个数拿走，之后的操作就是把手上的数放在位置并拿走原来的数。有解当且仅当 \(b\in \{a,s\}\)。

可以建模：让 \(b_i\to a_i\)，含义是拿着 \(b_i\) 放在 \(i\) 上然后拿起 \(a_i\)。自环没有必要走，不必加边。

注意到有解时，要么所有点入度等于出度；要么存在一点出度多一（即 \(s\)）且存在一点入度少一，显然两个点在同一连通块。

考虑一个连通块，两种情况：含有 \(s\)，那么一定可以从它开始走欧拉路径；不含 \(s\)，那么只能走欧拉回路抵消掉一开始放的 \(s\)。

T3

题意：可以给一棵树每个点染上黑或白色，定义一种染色的权值为最远同色点对距离，求所有染色方案的权值之和。

纯纯套路题，建议降蓝。

显然拎直径 \(c_1\dots c_m\)，假如 \(c_1,c_m\) 同色很好求贡献，考虑不同色。

容易发现，最远同色点对必然有一端是 \(c_1\) 或 \(c_m\)，证明不难，利用直径性质反证即可。

这样每个点独立，不妨用二元组 \((x_i,y_i)\) 表示第 \(i\) 个点颜色和 \(c_1\) 或 \(c_m\) 相同时的距离，那么问题转化为：每个二元组中选取一个元素，需要求出 \(f_i\) 表示元素最大值恰为 \(i\) 的方案数。

发现不好直接 dp，简化问题，十分套路地求 \(g_i\) 表示最大值 \(\le i\) 的情况，则 \(f_i=g_i-g_{i-1}\)。不妨扫描线，维护 \(cnt_i\) 表示当前第 \(i\) 个点有几种选择，那么扫到 \(j\) 时 \(g_j=\prod cnt\)。

复杂度 \(O(n\log n)\)，排序是瓶颈，可以桶排做到线性。

T4

题意：有一棵 \(n\) 个点的树，一开始在 \(1\) 要走到 \(n\)，你需要对所有的点恰好做一次操作，一次操作会使得当前点向它走一步（不能原地踏步），最小化被经过的节点数量。

牛子题。

把 \(1\to n\) 路径拎起来，分别为 \(c_1\dots c_m\)，挂着子树 \(t_1\dots t_m\)。

发现很多操作都会被抵消，记 \(len=dist(1,n)\)，那也就是钦定 \(len\) 个点是“被占用的”，然后让剩下的点一一配对进行抵消。一定能构造出来合法方案。

显然 \(n-len\) 是奇数一定无解，否则有解，详见下文。

配对情况比较复杂，不妨从简单情况入手，假设只经过 \(c_1\dots c_m\)。那么配对的两点来自不同的 \(t\)，记 \(siz_i=|t_i|\)，\(t_i\) 有 \(h_i\) 个未被占用的点，根据经典结论 \(h\) 不能有绝对众数。

\(\sum h=n-len\)，肯定贪心地尽量多占用绝对众数中的点，也就是对于最大的 \(t_p\)，要满足 \(t_p-p+1\le \frac {n-len}2\)，因为至多放 \(p-1\) 个占用点。换句话说，每个点都要满足 \(t_i-i+1\le \frac {n-len}2\)。这是充要条件。

补充下证明：假如 \(\forall i,t_i\le \frac {n-len}2\) 那么肯定有解，否则让最大的那个尽量多减，假如还是不行就无解；否则可以让它减到恰好 \(\frac {n-len}2\)，剩下的随便分配，显然无论如何都不可能 \(>\frac {n-len}2\)。

假如不满足，那么找到这个 \(c_k\)，需要深入其子树。我们可以允许经过其子节点 \(p\)，也就是允许一边在 \(p\) 子树内、一边在其子树外的配对出现，这种配对可以在走到 \(c_k\) 时进行。

此时，\(p\) 子树可以视为新的 \(h\)，其地位与 \(h_k\) 相等，并且允许在该子树内放 \(k\) 个占用点。以此类推，可以在 \(t_k\) 中断掉若干条边，需要满足这些边连通且与 \(c_k\) 相连，同时把这些边断掉得到若干子树，每个子树大小 \(siz\) 满足 \(siz-k+1\le \frac {n-len}2\)。

对于这个问题，可以 \(O(n^2)\) 的树形 dp 解决，上述限制等价于每个 \(siz\le K\)，\(K=\frac {n-len}2 +k-1\)。注意到 \(2K\ge N\)，所以非法的点构成一条链（重链），链尾节点一定删去若干子树（先删最大的），然后根据要求链也一定要删。这是答案下界而且能构造。

复杂度 \(O(n\log n)\)，桶排即可 \(O(n)\)。